[MIX] Mix matematyczny (20)

[ojciec_kogut]

Swistak, Przeanalizuj co napisałem, bo widzę że jest późno i słabo się wczytujesz. ;p Mam nadzieję że się nie obrazisz że tak powiem. A z tego również wynika że \(\displaystyle{ n^{2}+3}\) nie jest nigdy sześcianem liczby naturalnej

[Swistak]

Może bardziej sprecyzujmy naszą dyskusję .
\(\displaystyle{ (1) n+3=a^{3} \\
(2) n^{2}+3=b^{3}}\) i teraz na samych literkach powiedz co przystaje do czego i z którego warunku .

zad. 9
Wydaje mi się, że w treści zadania jest błąd, ponieważ brakuje warunku, że każde 12 odważników mozna podzielić na 2 grupy o tym samym ciężarze składające się z 6 odważników. Kontrprzykładem może być na przykład 12 odważników o masie 2 kg i 1 odważnik o masie 6 kg. Jeżeli wybierzemy 12 po 2kg, to wtedy dzielimy na dwie grupy po 6 odważników o masie 2kg, a jak weźmiemy 11 odważników o masie 2 kg i 1 o masie 6 kg, to wtedy dzielimy na grupę, która będzie miała 1 odważnik o masie 6 kg i 4 odważniki o masie 2 kg i grupę, która będzie miała 7 odważników o masie 2 kg.
Przejdźmy w takim razie do właściwej części zadania. Zauważmy, że wszystkie odważniki mają ciężar tej samej parzystości. Gdyby tak nie było, to moglibyśmy zostawić albo odważnik o nieparzystym ciężarze albo parzystym, a więc wtedy w obu przypadkach parzystość pozostałych 12 byłaby różna, a więc w którymś przypadku wzięlibyśmy 12 odważników o łącznym nieparzystym ciężarze, a takiego nie da się podzielić na 2 grupy o tym samym ciężarze. Odejmijmy teraz od wszystkich odważników ciężar najlżejszego odważnika. Wtedy co najmniej jeden odważnik będzie miał ciężar 0 N (Już przeszedłem na ciężar, a nie masę . Odważnik o masie 0 N pozostaje nadal odważnikiem), a ciężar wszystkich odważników będzie wyrażał się liczbą parzystą. Zauważmy, że wtedy otrzymujemy nowy układ odważników spełniający warunki zadania, bo od każdej grupy powstałej z podziału 12 odważników odjęliśmy 6 ciężarów najlżejszego odważnika. Skoro wiemy, że wszystkie odważniki mają parzysty ciężar, to możemy ich masę podzielić na 2 i znowu otrzymamy nowy układ odważników spełniający warunki zadania. Zauważmy, że skoro ten podział będzie spełniał warunki zadania, to znaczy, że wszystkie odważniki w nim są tej samej parzystości, a skoro układ zawiera odważnik o ciężarze 0N, to znaczy, że wszystkie odważniki mają ciężar parzysty, a więc znowu możemy podzielić ich masę na 2 otrzymując znowu układ odważników spełniający warunki zadania. Możemy tak postępować w nieskończoność otrzymując wniosek, że ciężar każdego z odważników po odjęciu od każdego odważnika ciężaru najlżejszego odważnika jest podzielna przez dowolnie dużą potęgę dwójki, a zatem każdy z tych odważników po danej operacji miał ciężar 0 N, a więc wszystkie odważniki miały na początku tę samą masę.
c.b.d.u.

W takim razie zostały tylko zad. 2 (Rush mówi, że jest blisko rozwiązania), 4 i 8.
Moim zdaniem 4 i 8 wyglądają jakoś wyjątkowo brzydko .

[ojciec_kogut]

Swistak, Powinienem pójśc na jakąś pokutę za te bzdury. Leżę przed Tobą krzyżem i wycofuje się ze wszystkiego, co mówiłem. ;P

[Swistak]

zad. 4
Nie wiem czy można to uznać za pełnowartościowe rozwiązanie, ale niech będzie:

To taki rysunek w geonexcie mniej więcej obrazujący sytuację. Z odcinków o jednym końcu w punkcie A, a drugim w punkcie B, C, ..., J, K z Pitagorasa wynika, że najdłuższy odcinek, to \(\displaystyle{ AK}\), a jego długość to \(\displaystyle{ \frac{7}{4}}\) Sprawdzamy teraz, czy zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{7}{4} \le \sqrt{\frac{10}{\pi}}}\). To jest równoważne nierówności \(\displaystyle{ \frac{49}{16} \le \frac{10}{\pi}}\), a to z kolei nierówności \(\displaystyle{ \pi \le \frac{160}{49}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \frac{160}{49}>3,26 \vee \pi<3,26}\), to ta nierówność oczywiście zachodzi. Kolejne żmudne obliczenia dają nam wnioski, że punktami kratowymi różnymi od B, C, ..., J, K, które leżą najbliżej punktu A są punkty N, L, U i S, a odległość ich wszystkich od punktu A wynosi \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{65}}{4}}\).

ojciec_kogut: No wreszcie .

[mcbob]

To nic nie zmienia ale narysowałeś to odwrotnie bo środek ma leżeć na osi OY nie OX.
Poza tym to chyba wystarczy właśnie pokazać że cały kwadrat BDHJ leży wewnątrz koła i ten jeden punkt czyli K też.

[Swistak]

A tak racja, mały błąd xD. Wystarczy odbić wszystko względem prostej y=x, punkt A wraz z kołem przejdzie na ten właściwy środek i właściwe koło, a punkty kratowe przejdą na punkty kratowe.
Zamiast punktu K w kole będzie leżał punkt N, a 4 punky jednakowo oddalone od punktu A', to będą punkty V, M, K i P.

[Artist]

\(\displaystyle{ 4947739^{2}=24480121212121}\)


Aj jeszcze 2, sprężać umysły

[mcbob]

Artist robiłeś to ostatnie zadanie dodając sobie po kolei cyfry od prawej strony i podnosząc do kwadratu sprawdzałeś kiedy końcówka wychodzi taka jak ma wyjść czy jakimś mądrym sposobem?

[Artist]

Ja to robiłem tak:
Na końcu musi być 1, więc ostatnia jest albo 9 albo 1.
Wzięłem 9.
Teraz szukam liczb z 9 na końcu aby było .....21
Były to 39 i 89.
Teraz szukam liczby, alby było .....121
239,739,489,989
Wszystkie odpadły oprócz 739, gdy miało być 2121
Pozostało 2739 i 7739
Pierwsze wykluczyłem i zostało
47739 oraz 97739
Pierwsze tylko pasowało:
447739 i 947739
No i tu kolejnych 18 kombinacji z których poprawną jest 4947739.

ożna jeszcze szukać liczb z 1 na koncu. Potem zostanie 11 itd...

[mcbob]

Właśnie o to mi chodziło. THX za potwierdzenie

Zostało jeszcze zadanie drugie.

[bosa_Nike]

2. Przepraszam, nie mam teraz czasu dokończyć, może ktoś znajdzie chwilę...

\(\displaystyle{ \left(3x^3-y^3\right)\cdot (x+y)=\left(x^2+y^2\right)^2\ \Rightarrow\ (x-y)\cdot (x+2y)\cdot\left(2x^2+xy+y^2\right)=0}\)

[Swistak]

Dla \(\displaystyle{ x-y=0}\) mamy \(\displaystyle{ (\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2}) \ i \ (\frac{-\sqrt{2}}{2}; \frac{-\sqrt{2}}{2})}\). Dla \(\displaystyle{ x+2y=0}\) mamy \(\displaystyle{ (\frac{-2\sqrt{5}}{5}; \frac{\sqrt{5}}{5}) \ i \ (\frac{2\sqrt{5}}{5}; \frac{-\sqrt{5}}{5})}\), a równanie \(\displaystyle{ 2x^{2}+xy+y^{2}=0}\) nie ma rozwiązań w liczbach rzeczywistych.-- 8 maja 2009, 20:18 --Cały mix rozwalony .